1 Przestrzenie euklidesowe i unitarne

GAL (Informatyka)
Wykład - przestrzenie euklidesowe
Wersja z dnia 6 lutego 2014
Paweł Bechler
1
Przestrzenie euklidesowe i unitarne
Niech X będzie przestrzenią liniową nad ciałem K.
Definicja 1. Iloczyn skalarny na X jest to funkcja φ : X × X → K, którą
będziemy zapisywać jako hx, yi = φ(x, y), o następujących własnościach:
(i) dla dowolnych x, y1 , y2 ∈ X i α1 , α2 ∈ K:
hx, α1 y1 + α2 y2i = α1 hx, y1 i + α2 hx, y2 i,
(ii) dla dowolnych x, y ∈ X
hx, yi = hy, xi,
(iii) dla dowolnego x ∈ X \ {0}
hx, xi > 0.
Uwaga 1. W szczególność, w przypadku zespolonym (K = C) warunek (iii)
oznacza, że iloczyn skalarny niezerowego wektora x ∈ X z samym sobą jest
liczbą rzeczywistą dodatnią.
Przykład 1 (Standardowy iloczyn skalarny w Kn ).
h~x, ~y i = ~xH ~y = x̄1 y1 + . . . + x̄n yn
(jeżeli K = R to oczywiście h~x, ~y i = ~xT ~y ).
Przykład 2. Dla x, y ∈ R2 niech
h~x, ~y i = 2x1 y1 − x2 y2 − x1 y2 + 5x2 y2 .
Jest to iloczyn skalarny: warunki (i) i (ii) są oczywiste, warunek (iii) zachodzi,
gdyż
hx, xi = 2x21 − 2x1 x2 + 5x22
= (x21 + 2x1 x2 + x22 ) + (x21 − 4x1 x2 + 4x22 )
= (x1 + x2 )2 + (x1 − 2x2 )2 > 0
1
gdy ~x 6= 0
Przykład 3. Niech x0 , . . . xn ∈ K będą różnymi punktami. Dla p, q ∈ K[x]n
określamy
hp, qi =
n
X
p(xk )q(xk ).
k=0
To jest iloczyn skalarny na K[x]n . Uzasadnienie tego faktu pozostawiamy
jako ćwiczenie.
Stwierdzenie 1 (Własności iloczynu skalarnego). Załóżmy, że h·, ·i jest iloczynem skalarnym na przestrzeni liniowej X nad ciałem K. Wówczas:
(a) dla dowolnych x1 , x2 , y ∈ X, α1 , α2 ∈ K
hα1 x1 + α2 x2 , yi = ᾱ1 hx1 , yi + ᾱ2 hx2 , yi,
(b) dla dowolnego x ∈ X
hx, 0i = h0, xi = 0,
(c) dla dowolnego x ∈ X
hx, xi = 0 wtedy i tylko wtedy, gdy x = 0,
(d) jeżeli x ∈ X i dla każdego y ∈ X zachodzi hx, yi = 0, to x = 0.
Dowód. Podpunkt (a) wynika z warunków (ii) i (iii) definicji, podpunkt (b)
wynika z ciągu równości:
hx, 0i = hx, x − xi = hx, xi − hx, xi = 0
oraz (ii), podpunkt (c) wynika z (b) i (iii), podpunkt (d) wynika z (c).
Definicja 2. Przestrzeń liniową X nad ciałem R z iloczynem skalarnym h·, ·i
nazywamy przestrzenią euklidesową.
Przestrzeń liniową X nad ciałem C z iloczynem skalarnym h·, ·i nazywamy
przestrzenią unitarną.
Przestrzeń euklidesową lub unitarną X z iloczynem skalarnym h·, ·i zapisujemy jako parę (X, h·, ·i).
Określenie iloczynu skalarnego na przestrzeni liniowej umożliwia zdefiniowanie pojęcia długości wektora, czyli jego normy:
Definicja 3. Norma na przestrzeni euklidesowej (unitarnej) (X, h·, ·i), pochodząca od iloczynu skalarnego, jest to funkcja k · k : X → [0, +∞) zadana
wzorem
q
kxk = hx, xi,
x ∈ X.
Przykład 4. Na przestrzeni Kn ze standardowym iloczynem skalarnym h~x, ~y i =
~xH ~y mamy normę
q
kxk = |x1 |2 + . . . + |xn |2 .
2
Twierdzenie 2 (Nierówność Schwarza). W przestrzeni euklidesowej lub unitarnej (X, h·, ·i), dla dowolnych x, y ∈ X zachodzi nierówność
|hx, yi| ¬ kxk · kyk .
Dowód. Niech x, y ∈ X. Weźmy t ∈ K i niech α, β ∈ R to argumenty liczb
(zespolonych) t i hx, yi, czyli
t = |t|(cos α + i sin β) = |t|ωα
hx, yi = |hx, yi|(cos β + i sin β) = |hx, yi|ωβ ,
gdzie ωφ = cos φ + i sin φ. Wówczas
0 ¬ kx + tyk2 = hx + ty, x + tyi
= hx, xi + hty, xi + hx, tyi + hty, tyi =
= kxk2 + t̄hx, yi + thx, yi + tt̄ kyk2
= kxk2 + |t|ω−α |hx, yi|ω−β + |t|ωα |hx, yi|ωβ + |t|2 kyk2
= kxk2 + |t||hx, yi|(ω−(α+β) + ω(α+β) ) + |t|2 kyk2 .
Dla α = −β otrzymujemy
0 ¬ kxk2 + 2|t||hx, yi| + |t|2 kyk2 ,
natomiast dla α = π − β:
0 ¬ kxk2 − 2|t||hx, yi| + |t|2 kyk2 .
Zatem, dla dowolnego s ∈ R:
0 ¬ kxk2 + 2s|hx, yi| + s2 kyk2 .
Jest to trójmian kwadratowy zmiennej s, przyjmujący wyłącznie wartości
nieujemne, więc jego wyróżnik jest niedodatni:
0 ­ (2|hx, yi|)2 − 4 kxk2 kyk2 ,
lub równoważnie
|hx, yi| ¬ kxk · kyk .
Stwierdzenie 3 (Własności normy). Niech (X, h·, ·i) będzie przestrzenią euklidesową (unitarną), a k · k to norma na X pochodząca od iloczynu skalarnego. Wówczas
(a) dla każego x ∈ X, kxk = 0 wtedy i tylko wtedy, gdy x = 0,
(b) dla dowolnych x ∈ X i α ∈ K
kαxk = |α| · kxk ,
3
(c) dla dowolnych x, y ∈ X
kx + yk ¬ kxk + kyk .
Dowód. Podpunkty (a) i (b) wynikają z własności iloczynu skalarnego. Podpunkt (c) jest wnioskiem z nierówności Schwarza:
kx + yk2 = hx + y, x + yi
= hx, xi + hx, yi + hx, yi + hy, yi
= kxk2 + kyk2 + 2Rehx, yi
¬ kxk2 + kyk2 + 2|hx, yi|
2
2
¬ kxk + kyk + 2 kxk · kyk
= (kxk + kyk)2 .
gdyż Rez ¬ |z|
z nier. Schwarza.
Uwaga 2. Norma k · k na przestrzeni euklidesowej X zadaje również funkcję
odległości wektorów, czyli metrykę d : X × X → [0, ∞):
d(x, y) = kx − yk .
Z własności normy wynika, że
• d(x, y) = d(y, x)
• d(x, y) = 0 wtedy i tylko wtedy, gdy x = y,
• d(x, y) ¬ d(x, z) + d(z, x) dla dowolnych x, y, z ∈ X (nierówność trójkąta)
2
Ortogonalność
W celu uproszczenia zapisu, wprowadźmy oznaczenie:
δj,k =

1
0
gdy i = j
.
gdy i =
6 j
Niech (X, h·, ·i) będzie przestrzenią euklidesową lub unitarną.
Definicja 4. Powiemy, że wektory x, y ∈ X są ortogonalne (prostopadłe),
jeżeli hx, yi = 0. Piszemy wówczas x ⊥ y.
Powiemy, że układ wektorów x1 , . . . , xk ∈ X jest układem ortogonalnym,
jeżeli xj 6= 0 dla każdego j oraz xi ⊥ xj dla i 6= j, czyli hxi , xj i = δi,j .
Ortogonalny układ wektorów wektorów x1 , . . . , xn ∈ X nazywamy układem
ortonormalnym, jeżeli dodatkowo kxj k = 1 dla każdego j.
4
Przykład 5. Wektory ~e1 , . . . , ~en ∈ Kn tworzą układ ortonormalny w Kn ze
standardowym iloczynem skalarnym.
Przykład 6. W R4 ze standardowym iloczynem skalarnym h~x, ~y i = ~xT ~y
wektory
1
1
 
~v1 =   ,
1
1
 
1
−1


~v3 =   ,
−1
1
1
 1 


~v2 =   ,
−1
−1




1
−1


~v4 =  
 1 
−1


tworzą układ ortogonalny.
Stwierdzenie 4. Każdy ortogonalny układ wektorów w przestrzeni euklidesowej lub unitarnej (X, h·, ·i) jest liniowo niezależny.
Dowód. Załóżmy, że wektory x1 , . . . xk tworzą układ ortogonalny i α1 x1 +
. . . + αk xk = 0 dla αj ∈ K. Dla j = 1, . . . , k
0 = hxj , α1 x1 + . . . αk xk i =
k
X
αi hxj , xi i = αj kxj k2 ,
i=0
więc αj = 0.
Definicja 5. Układ ortogonalny (ortonormalny) w przestrzeni euklidesowej
lub unitarnej (X, h·, ·i), który jest bazą tej przestrzeni, nazywamy bazą ortogonalną (ortonormalną).
Przykład 7. Układ ~e1 , . . . , ~en jest bazą ortonormalną w Kn ze standardowym iloczynem skalarnym.
Przykład 8. Wektory ~v1 , ~v2 , ~v3 , ~v4 z przykładu 6 tworzą bazę ortogonalną
przestrzeni R4 .
Stwierdzenie 5. Załóżmy, że układ y1 , . . . , yn jest bazą ortogonalną w przestrzeni euklidesowej (X, h·, ·i). Wówczas każdy wektor x ∈ X możemy zapisać
jako
n
X
hyk , xi
yk .
x=
k=1 hyk , yk i
Inaczej mówiąc, baza sprzężona do y1 , . . . , yn składa się z funkcjonałów
φk (x) =
1
hyk , xi.
hyk , yk i
Dowód. Zgodnie z definicją i własnościami baz sprzężonych, wystarczy sprawdzić, że φk (yj ) = 0 gdy k 6= j oraz φk (yk ) = 1.
5
3
Ortogonalizacja Grama - Schmidta
Niech x1 , . . . , xm będzie liniowo niezależnym układem wektorów w przestrzeni euklidesowej lub unitarnej (X, h·, ·i). Chcemy znaleźć układ ortogonalny
(y1 , . . . , ym ) lub ortonormalny (ỹ1 , . . . , ỹm ) taki, że dla k = 1, . . . , m:
span(x1 , . . . , xk ) = span(y1 , . . . , yk ) = span(ỹ1 , . . . , ỹk ).
(1)
Układ taki można skonstruować rekurencyjnie w następujący sposób:
• y1 = x1 i ỹ1 =
1
y,
ky1 k 1
• jeżeli wyznaczyliśmy już y1 , . . . yk i ỹ1 , . . . ỹk oraz k < m, to
k
X
k
X
hyj , xk+1 i
yj = xk+1 − hỹj , xk+1 iỹj ,
j=1 hyj , yj i
j=1
yk+1 = xk+1 −
oraz ỹk+1 =
1
y
kyk+1 k k+1
Twierdzenie 6. Otrzymane w powyżej opisany sposób wektory y1 , . . . , ym są
niezerowe i tworzą układ ortogonalny taki, że spełnione jest (1).
Dowód. Ponieważ dla k = 1, . . . , m zachodzi yk ∈ span(x1 , . . . , xk ), więc
yk+1 = xk+1 −
k
X
αj yj 6= 0.
j=1
Ortogonalnkość wektorów yj jest równoważna ortogonalności wektorów ỹj .
Ortogonalnośc układu ỹ1 , . . . , ỹk dowodzimy przez indukcję po k. Gdy k = 1
mamy układ składający się z jednego wektora, który w oczywisty sposób jest
ortogonalny.
Załóżmy, że wektory ỹ1 , . . . ỹk są ortogonalne. Pokażemy, że wektor yk+1 jest
ortogonalny do każdego z nich:
*
hỹj , yk i = ỹj , xk+1 −
= hỹj , xk+1 i −
k
X
+
hỹi , xk+1 iỹi
i=1
k
X
hỹi , xk+1 ihỹj , ỹi i
i=1
= hỹj , xk+1 i − hỹj , xk+1 ihỹj , ỹj i
= hỹj , xk+1 i − hỹj , xk+1 i
= 0.
Ponadto, y1 , . . . , yk ∈ span(x1 , . . . , xk ) są liniowo niezależne jako układ ortogonalny, więc zachodzi (1).
Przykład 9. Ortogonalizacja Grama - Schmidta układu
 
1
 
0 ,
0
 
1
 
1 ,
0
 
1
 
1
1
w R3 ze standardowym iloczynem skalarnym daje układ ~e1 , ~e2 , ~e3 .
6
Wniosek 7. W każdej przestrzeni euklidesowej lub unitarnej (X, h·, ·i) skończonego wymiaru istnieje baza ortogonalna.
Dowód. Przeprowadzamy ortogonalizację Grama - Schmidta dowolnej bazy
przestrzeni X
Na zakończenie tego podrozdziału udowodnimy następujący ważny fakt dotyczący baz ortonormalnych:
Twierdzenie 8 (Tożsamość Parsevala). Jeżeli układ y1 , . . . , yn jest bazą ortonormalną w przestrzeni euklidesowej/unitarnej (X, h·, ·i) oraz u, v ∈ X,
to
n
hu, vi =
X
hyj , uihyj , vi.
j=1
W szczególności
kuk2 =
n
X
|hyj , ui|2 .
j=1
Dowód. Korzystając z ortonormalności bazy y1 , . . . , yn , obliczamy
hu, vi =
=
=
* n
X
hyj , uiyj ,
j=1
n
n
XX
n
X
+
hyk , viyk
k=1
hyj , uihyk , vihyj , yk i
j=1 k=1
n
X
hyj , uihyj , vi.
j=1
4
Izometrie, macierze ortogonalne i unitarne
Definicja 6. Rozważamy dwie przestrzenie euklidesowe/unitarne (Xh·, ·iX ) i
(X, h·, ·iY ).1 Powiemy, że przekształcenie liniowe F ∈ L(X, Y ) jest izometrią,
jeżeli dla dowolnych u, v ∈ X
hu, viX = hF (u), F (v)iY .
Uwaga 3. Inaczej mówiąc, izometria to przekształcenie liniowe, które zachowuje iloczyn skalarny i w szczególności kukX = kF (u)kY dla każdego wektora
u ∈ X.
Przykład 10. Przekształcenie identycznościowe id : X → X jest izometrią
przestrzeni (X, h·, ·i) w siebie.
1
Zakładamy oczywiście, że albo obie przestrzenie są euklidesowe, albo obie są unitarne.
7
Przykład 11. Łatwo sprawdzić, że obrót o kąt θ:
"
cos θ − sin θ
F (~x) =
sin θ cos θ
#
jest izometrią R2 w siebie (ze standardowym iloczynem skalarnym) h~x, ~y i =
~xT ~y .
Przykład 12. W R3 ze standardowym iloczynem skalarnym rozważamy symetrię względem płaszczyzny y = 0, tzn.
F ([x, y, z]T ) = [x, −y, z].
Jest to izometria.
Stwierdzenie 9. Izometria F ∈ L(X, Y ) jest izomorfizmem liniowym przestrzeni X i podprzestrzeni imF ⊂ Y .
Dowód. Wystarczy pokazać, że F (x) = 0 wtedy i tylko wtedy, gdy x = 0.
Ale, jeżeli F (x) = 0, to
0 = kF (x)kY = kxkX ,
więc x = 0
Bezpośrednio z definicji izometrii wynika następujące:
Stwierdzenie 10. Jeżeli F ∈ L(X, Y ) jest izometrią i x1 , . . . , xn jest bazą ortogonalną (ortonormalną) przestrzeni X, to F (x1 ), . . . , F (xn ) jest bazą
ortogonalną (ortonormalną) podprzestrzeni imF ⊂ Y .
Stwierdzenie 11. Jeżeli x1 , . . . , xn jest bazą ortonormalną w X, natomiast
y1 , . . . , yn to układ ortonormalny w Y , to przekształcenie F ∈ L(X, Y ) takie,
że
F (xk ) = yk
dla k = 1, . . . , n
jest izometrią.
Dowód. Niech u, v ∈ X, u =
F (u) =
n
X
Pn
j=1 hxj , uiX xj ,
hxj , uiX yj ,
v=
F (v) =
j=1
Pn
n
X
j=1 hxj , viX xj .
hxj , viX yj
j=1
i zgodnie z tożsamością Parsevala
hF (u), F (v)iY =
n
X
hxj , uiX hxj , viX = hu, viX .
j=1
8
Wtedy
Przykład 13. Przekształcenie liniowe F ∈ L(R4 ) zadane przez warunki
1

1 1

F (~e1 ) = 
 ,

1
2 
1
 
1

1 1

F (~e2 ) = 

,


−1
2
−1

1

1 −1

F (~e3 ) = 

,


−1
2
1



1

1 −1

F (~e4 ) = 




1
2
−1


jest izometrią R4 ze standardowym iloczynem skalarnym (w siebie).
Omówimy teraz postać macierzy izometrii F ∈ L(X) w danej bazie ortonormalnej.
Definicja 7. Powiemy, że macierz U ∈ Rn,n jest ortogonalna, jeżeli AT A =
In .
Powiemy, że macierz U ∈ Cn,n jest unitarna, jeżeli AH A = In .
Uwaga 4. Z definicji powyższej wynika, że każda macierz ortogonalna lub
unitarna A jest nieosobliwa i A−1 = AT (gdy A jest ortogonalna) lub A−1 =
AH (gdy A jest unitarna).
Przykład 14. Macierz
1 1
1
1

1
1
1
−1
−1


A= 
 ∈ K4,4
2 1 −1 1 −1
1 −1 −1 1


jest ortogonalna (dla K = R) i unitarna (dla K = C).
Przykład 15. Niech z1 , . . . , zn ∈ C i |zj | = 1 dla j = 1, . . . , n. Wówczas
macierz diag(z1 , . . . , zn ) ∈ Cn,n jest unitarna.
Stwierdzenie 12. Macierz U = [~u1 , . . . , ~un ] ∈ Kn,n , ~uj ∈ Kn , jest ortogonalna/unitarna wtedy i tylko wtedy, gdy jej kolumny ~uj tworzą bazę ortonormalną w Kn ze standardowym iloczynem skalarnym.
Dowód. Mamy U H U = [h~ui , ~uj i]ni,j=1 = [~uH
uj ]ni,j=1 = In .
i ~
Twierdzenie 13. Niech (X, h·, ·i) będzie przestrzenią euklidesową/unitarną,
x1 , . . . , xn to baza ortonormalna w X i F ∈ L(X). Wówczas F jest izometrią X na siebie wtedy i tylko wtedy, gdy macierz F w bazie x1 , . . . , xn jest
macierzą ortogonalną/unitarną.
Dowód. Załóżmy, że F jest izometrią. Niech M oznacza macierz przekształcenia F w bazie x1 , . . . , xn . Współczynniki hxj , F (xk )i tworzą k-tą kolumnę
macierzy M , czyli
M = [hxi , F (xj )i]ni,j=1 .
Zgodnie z uwagami dot. izometrii, układ F (x1 ), . . . , F (xn ) jest bazą ortonormalną przestrzeni X oraz
F (xk ) =
n
X
hxj , F (xk )ixj .
j=1
9
Na mocy tożsamości Parsevala
hF (xk ), F (xl )i =
n
X
hxj , F (xk )ihxj , F (xl )i = δk,l
j=1
Inaczej mówiąc, M H M = In .
Załóżmy teraz, że M = [mij ]ni,j=1 to macierz F w bazie x1 , . . . , xn i M H M =
In . Mamy też [m1j , . . . , mnj ]T = M~eTj dla j = 1, . . . , n. Na mocy stw. 11,
wystarczy pokazać, że układ F (x1 ), . . . , F (xn ) jest bazą ortonormalną, czyli,
że jest ortonormalny. Mamy
F (xj ) =
n
X
mij xj ,
i=1
i z tożsamości Parsevala
hF (xj ), F (xk )i =
=
5
n
X
H
mij mik = (M~ej )H (M~ek ) = ~eH
ek
j M M~
i=1
~eH
ek
j In~
= ~eH
ek = δj,k .
j ~
Rozkład ortogonalny przestrzeni
Definicja 8. Załóżmy, że Z jest podzbiorem przestrzeni euklidesowej/unitarnej
(X, h·, ·i). Dopełnienie ortogonalne zbioru Z jest to zbiór
Z ⊥ = {x ∈ X : x ⊥ z dla każdego z ∈ Z}.
Stwierdzenie 14. Z ⊥ jest podprzestrzenią liniową w X
Dowód. Jeżeli x, y ∈ Z ⊥ , to hz, xi = hz, yi = 0 dla każdego z ∈ Z. Zatem
dla dowolnych skalarów α, β ∈ K hz, αx + βyi = αhz, xi + βhz, yi = 0, więc
αx + βy ∈ K.
Przykład 16. W R3 ze standardowym iloczynem skalarnym niech
Z = {~z ∈ R3 : z1 − 2z2 + 4z3 = 0}.
Wówczas ~x = [1, −2, 4]T ∈ Z ⊥ . Ponadto, niech W = span([1, −2, 4]T . Wtedy
W ⊥ = Z:
W ⊥ = {~x ∈ X
= {~x ∈ X
= {~x ∈ X
= {~x ∈ X
= Z.
: hw,
~ ~xi = 0 dla każdego w ∈ W }
: α[1, −2, 4]~x = 0 dla każdego α ∈ R}
: [1, −2, 4]~x = 0}
: x1 − 2x2 + 4x3 = 0}
10
Z drugiej strony Z = span([2, 1, 0]T , [−4, 0, 1]T ) i
"
#
2 1 0
Z = ker
= span([1, −2, 4]T ) = W.
−4 0 1
⊥
Ponadto R3 = Z ⊕ W = Z ⊕ Z ⊥ . Przedstawiliśmy R3 jako sumę prostą
podprzestrzeni Z i jej dopełnienia ortogonalnego.
Stwierdzenie 15. Załóżmy, że (X, h·, ·i) jest przestrzenią euklidesową/unitarną
i Z ⊂ X jest podprzestrzenią liniową. Wówczas
Z ∩ Z ⊥ = {0}.
Dowód. Jeżeli x ∈ Z ⊥ , to dla każdgo z ∈ Z zachodzi hz, xi = 0. Zatem, dla
x ∈ Z ∩ Z ⊥ mamy hx, xi = 0, więc x = 0.
Twierdzenie 16 (Rozkład ortogonalny przestrzeni). Załóżmy, że (X, h·, ·i)
jest przestrzenią euklidesową/unitarną wymiaru n < ∞ i Z ⊂ X jest podprzestrzenią liniową. Wówczas
X = Z ⊕ Z ⊥.
Dowód. Wiemy już, że Z ∩ Z ⊥ = {0}, wystarczy więc pokazać, że X =
Z + Z ⊥.
Niech z1 , . . . , zk będzie bazą ortonormalną podprzestrzeni Z i niech x ∈ X
będzie dowolnym wektorem. Określmy
z=
k
X
hzj , xizj ,
w = x − z.
j=1
Jasne jest, że z ∈ Z. Pokażemy, że w ∈ Z ⊥ . Dla i = 1, . . . , k mamy:
*
hzi , wi = zi , x −
k
X
+
hzj , xizj
j=1
= hzi , xi −
k
X
hzj , xihzi , zj i
j=1
= hzi , xi −
k
X
hzj , xiδi,j
j=1
= hzi , xi − hzi , xi
= 0.
Pokazaliśmy, że wektor w jest ortogonalny do każdego wektora z bazy przestrzeni Z, więc w jest ortognalny do dowolnego wektora z przestrzeni Z.
Wobec tego w ∈ Z ⊥ . Ponieważ x = z + w, więc X = Z + Z ⊥ .
Wniosek 17. dim Z ⊥ = dim X − dim Z.
11
6
Rzut ortogonalny
Definicja 9. W przestrzeni euklidesowej/unitarnej (X, h·, ·i) dana jest podprzestrzeń liniowa Z. Wówczas, dla każdego x ∈ X istnieją jednoznacznie
wyznaczone wektory z ∈ Z oraz w ∈ Z ⊥ takie, że x = z + w. Wektor z
nazywamy rzutem ortogonalnym wektora x na podprzestrzeń z. Będziemy
go oznaczać PZ (x).
Stwierdzenie 18. Przekształcenie x → PZ (x) jest liniowym endomorifzmem
przestrzeni X oraz imPZ = Z i ker PZ = Z ⊥ .
Dowód. Niech z1 , . . . , zk będzie bazą ortonormalną podprzestrzeni Z. Zgodnie z dowodem tw. 16
k
X
PZ (x) =
hzj , xizj .
j=1
Z tego wzoru wynika już, że PZ ∈ L(X) oraz PZ (x) = 0 wtedy i tylko wtedy,
gdy x ⊥ zj dla j = 1, . . . , k, czyli x ∈ Z ⊥ . Własność imPZ = Z wynika z
powyższego wzoru i tego, że P (z) = z dla z ∈ Z.
Uwaga 5. Niech x1 , . . . , xm będzie dowolnym układem liniowo niezależnym
w X. Proces ortogonalizacji Grama-Schmidta tego układu możemy opisać za
pomocą rzutów ortogonalnych:
Niech Xk = span(x1 , . . . , xk ) dla j = 1, . . . , k. Wówczas, jeżeli wyznaczyliśmy
już wektory ortogonalne y1 , . . . , yk , to
yk+1 = xk+1 − PXk (xk+1 ).
Uwaga 6. Aby wyznaczyć rzut ortogonalny wektora x ∈ X na daną podprzestrzń Z ⊂ X, wystarczy znaleźć bazę ortonormalną z1 , . . . zk podprzestrzeni
Z i skorzystać ze wzoru
PZ (x) =
k
X
hz, xizj .
j=1
Stwierdzenie 19. Jeżeli Z ⊂ X jest podprzestrzenią liniową, to
idX = PZ + PZ ⊥ .
Dowód. Niech bowiem z1 , . . . , zk to baza ortnormalna Z, a zk+1 , . . . , zn to
baza ortonormalna Z ⊥ . Wtedy z1 , . . . , zn jest bazą ortonormalną X i
x=
n
X
hzj , xizJ ,
j=1
PZ (x) =
PZ ⊥ (x) =
k
X
hzj , xizJ ,
j=1
n
X
hzj , xizJ .
j=1
12
Przykład 17. W przestrzeni R4 ze standardowym iloczynem skalarnym rozważamy podprzestrzeń
1
1
1
 1  −1 −1

 
 

Z = {~z ∈ R4 : z1 + z2 + z3 + z4 = 0} = span   ,   ,   .
−1 −1  1 
−1
1
−1
 
 


Wówczas
1

1 1

~z1 = 

,


−1
2
−1


1

1 −1

~z2 = 

,


−1
2
1


1

1 −1

~z3 = 




1
2
−1


jest bazą ortonormalną podprzestrzeni Z i rzut ortogonalny wektora ~x =
[1, 0, 1, −4]T na Z to
PZ (~x) = (~z1T ~x)~z1 + (~z2T ~x)~z2 + (~z3T ~x)~z3
= 2 · ~z1 − 2 · ~z2 + 3 · ~z3
= 21 [3, 1, 3, 7]T .
Zauważmy jednak, że w tym przypadku łatwiej jest obliczyć PZ ⊥ (~x). Mamy
bowiem Z ⊥ = span(~z4 ), ~z4 = 12 [1, 1, 1, 1]T . Potem wystarczy skorzystać ze
wzoru PZ (x) = x − PZ ⊥ (x).
Na koniec udowodnimy:
Twierdzenie 20. Rzut ortogonalny PZ na podprzestrzeń liniową Z w przestrzeni euklidesowej/unitarnej (X, h·, ·i) spełnia
kx − PZ (x)k ¬ kx − zk
dla każdego wektora x ∈ X i z ∈ Z. Ponadto równość zachodzi wtedy i tylko
wtedy, gdy z = PZ (x).
Dowód. Niech z1 , . . . , zk będzie bazą ortonormalną Z, którą rozszerzamy
wektorami zk+1 , . . . , zn do bazy ortonormalnej całej przestrzeni X, x ∈ X
oraz z ∈ Z. Wówczas
x=
n
X
hzj , xizj
oraz z =
j=1
k
X
αj zj ,
j=1
dla pewnych α1 , . . . , αk ∈ K. Ponadto
2
kx − PZ (x)k =
n
X
|hzj , xi|2
j=k+1
oraz
2
kx − zk =
k
X
2
|hzj , xi − αj | +
j=1
n
X
|hzj , xi|2 .
j=k+1
Zatem dla każdego z ∈ Z kx − PZ (x)k ¬ kx − zk, a równość zachodzi wtedy
i tylko wtedy, gdy hzj , xi − αj = 0 dla j = 1, . . . , k, czyli gdy z = PZ (x).
13